Problema culori – OJI 2012, Clasa a 10-a

Enunțul problemei culori, de clasa a 10-a, dată în 2012 la OJI, se găsește pe InfoArena și PbInfo.

Rezumat

În problema culori, trebuie să determinăm numărul de moduri în care poate fi pictat un gard cu $n$ scânduri, având la dispoziție culorile alb, albastru, roșu, verde și galben. O configurație a culorilor scândurilor de pe gard trebuie să respecte totuși următoarele condiții:

• După o scândură albă, trebuie să urmeze una albastră.
• Dacă o scândură albastră, trebuie să urmeze una albă sau roșie.
• Dacă o scândură roșie, trebuie să urmeze una albastră sau verde.
• Dacă o scândură verde, trebuie să urmeze una roșie sau galbenă.
• Dacă o scândură galbenă, trebuie să urmeze una verde.

Soluție

Aceasta este o problemă destul de simplă de programare dinamică. Vom codifica culorile astfel: $0$ pentru alb, $1$ pentru albastru, $2$ pentru roșu, $3$ pentru verde și $4$ pentru galben. Rescriind relațiile date, obținem:

• $0$ poate fi precedat doar de $1$.
• $1$ poate fi precedat doar de $0$ și $2$.
• $2$ poate fi precedat doar de $1$ și $3$.
• $3$ poate fi precedat doar de $2$ și $4$.
• $4$ poate fi precedat doar de $3$.

Notând cu $\mathrm{dp}[i][j]$ numărul de moduri în care poate fi vopsit un gard de lungime $i$, astfel încât culoarea ultimei scânduri să fie $j$, obținem următoarele recurențe:

• $\mathrm{dp}[1][0] = \mathrm{dp}[1][1] = \mathrm{dp}[1][2] = \mathrm{dp}[1][3] = \mathrm{dp}[1][4] = 1$
• $\mathrm{dp}[i][0] = \mathrm{dp}[i - 1][1]$
• $\mathrm{dp}[i][1] = \mathrm{dp}[i - 1][0] + \mathrm{dp}[i - 1][2]$
• $\mathrm{dp}[i][2] = \mathrm{dp}[i - 1][1] + \mathrm{dp}[i - 1][3]$
• $\mathrm{dp}[i][3] = \mathrm{dp}[i - 1][2] + \mathrm{dp}[i - 1][4]$
• $\mathrm{dp}[i][4] = \mathrm{dp}[i - 1][3]$

Evident, răspunsul va fi $\mathrm{dp}[i][0] + \mathrm{dp}[i][1] + \mathrm{dp}[i][2] + \mathrm{dp}[i][3] + \mathrm{dp}[i][4]$. Trebuie să implementăm suma pe numere mari, deoarece rezultatele vor crește destul de repede. De asemenea, din cauza numerelor mari este nevoie să reținem doar două linii din matricea $\mathrm{dp}$, pentru a economisi memoria. Putem face asta pentru că linia $\mathrm{dp}[i]$ se bazează doar pe linia $\mathrm{dp}[i - 1]$.

Sursă C++

#include <fstream>
#define LGMAX 2000

std::ifstream fin("culori.in");
std::ofstream fout("culori.out");

struct BigInt {
    int lg;
    short int nr[LGMAX];
};

void print(BigInt a);
void init(BigInt& a, int val);

void copy(BigInt& dest, BigInt src);
void sum(BigInt a, BigInt b, BigInt& s);

int n;
BigInt sol;
BigInt dp[2][5];

int main() {
    fin >> n;

    bool ind = false;
    for (int i = 0; i < 5; i++)
        init(dp[ind][i], 1);

    for (int i = 2; i <= n; i++, ind ^= true) {
        copy(dp[!ind][0], dp[ind][1]);
        sum(dp[ind][0], dp[ind][2], dp[!ind][1]);
        sum(dp[ind][1], dp[ind][3], dp[!ind][2]);
        sum(dp[ind][2], dp[ind][4], dp[!ind][3]);
        copy(dp[!ind][4], dp[ind][3]);
    }

    for (int i = 0; i < 5; i++)
        sum(sol, dp[ind][i], sol);
    print(sol);

    fout.close();
    return 0;
}

void init(BigInt& a, int val) {
    if (!val) {
        a.lg = 1;
        a.nr[0] = 0;
        return;
    }

    a.lg = 0;
    while (val) {
        a.nr[a.lg++] = val % 10;
        val /= 10;
    }
}

void print(BigInt a) {
    for (int i = a.lg - 1; i >= 0; i--)
        fout << a.nr[i];
    fout << '\n';
}

void copy(BigInt& dest, BigInt src) {
    dest.lg = src.lg;
    for (int i = 0; i < src.lg; i++)
        dest.nr[i] = src.nr[i];
}

void sum(BigInt a, BigInt b, BigInt& s) {
    for (int i = a.lg; i < LGMAX; i++)
        a.nr[i] = 0;
    for (int i = b.lg; i < LGMAX; i++)
        b.nr[i] = 0;

    int t = 0, val;
    s.lg = a.lg > b.lg ? a.lg : b.lg;

    for (int i = 0; i < s.lg; i++) {
        val = a.nr[i] + b.nr[i] + t;
        s.nr[i] = val % 10;
        t = val / 10;
    }

    if (t)
        s.nr[s.lg++] = t;
}

Dacă ai vreo nedumerire cu privire la problema culori, lasă un comentariu și te voi ajuta

Îți place conținutul acestui site?

Dacă vrei să mă susții în întreținerea server-ului și în a scrie mai multe articole de calitate pe acest blog, mă poți ajuta printr-o mică donație!